Пример 1

С18.
Статические инварианты
123
Для проверки составим сумму моментов всех сил, действующих на
плиту, относительно какой-нибудь новой оси, например, z 0 , проведенной
через точку A:
X
Mzi = −S1 b cos β + F2 b + F1 a + S3 a cos α = −765 + 765 + 90 − 90 = 0.
Замечание. В решении получено, что усилие в стержнях 4 и 5 равно
нулю. Как правило, в таких случаях в задаче есть какое-то уравнение, из
которого это сразу следует. Так, S5 = 0 получается из последнего уравнения системы. Аналогично, если составить уравнение моментов относительно оси, проведенной через начало координат и точку B по большой
диагонали, то обнаруживается, что все силы, кроме реакции стержня 4,
пересекают эту ось. Поэтому уравнение получается однородным S4 h =
= 0, где h — плечо силы S4 относительно этой оси. Следовательно, не
вычисляя h, сразу получаем S4 = 0.
С18. Статические инварианты
Не все задачи статики сводятся к определению реакций опор или
усилий в стержнях. Приведение системы сил к простейшему виду — одна
из таких задач. Ее решение потребуется и в динамике, и во многих других
науках, например, сопротивлении материалов.
~
Привести систему сил к центру O означает найти главный вектор R
~
и главный момент M0 системы относительно этого центра. Очевидно,
при изменении центра приведения главный момент меняется, а главный
вектор остается постоянным. Главный вектор — инвариант системы сил.
Другим инвариантом является скалярное произведение главного вектора
~ ·M
~ 0.
и главного момента R
Условия задач
К точкам A1 , A2 и A3 некоторого тела 1 приложены соответственно
силы F~1 , F~2 и F~3 . Проекции сил даны в ньютонах, координаты точек — в
метрах. Найти статические инварианты системы сил.
С18. 1.
С18. 2.
A1 (2, 3, 0), A2 (3, 0, 1), A3 (3, 0, 2),
A1 (3, 1, 0), A2 (1, 0, 0), A3 (1, 0, 3),
F~1 (−4, 1, 0), F~2 (1, 1, 0), F~3 (2, 0, 2).
F~1 (2, 0, 1), F~2 (3, 2, 6), F~3 (1, 0, 2).
С18. 3.
С18. 4.
A1 (0, 3, 0), A2 (0, 2, 0), A3 (0, 1, 0),
A1 (0, 1, 2), A2 (0, 0, 0), A3 (0, 0, 3),
F~1 (1, 2, 1), F~2 (2, 2, 1), F~3 (4, 0, 2).
F~1 (−4, 1, 11), F~2 (0, 1, 0), F~3 (0, 1, 1).
1
Системой сил называется множество сил, приложенных к одному телу.
С18.
Статические инварианты
125
С18. 25.
С18. 26.
A1 (1, 1, 0), A2 (0, 0, 3), A3 (0, 2, 1),
A1 (0, 2, 1), A2 (1, 0, 0), A3 (2, 0, 2),
F~1 (0, −2, −3), F~2 (2, 2, 1), F~3 (0, 2, 1). F~1 (0, 1, 0), F~2 (−1, 0, 0), F~3 (2, 1, 2).
С18. 27.
С18. 28.
A1 (0, 2, 3), A2 (2, 0, 2), A3 (0, 1, 0),
A1 (0, 0, 2), A2 (2, 0, 2), A3 (0, 2, 1),
~2 (1,−1,1), F~3 (0,1, 0).
F~1 (1, 2, 2), F~2 (1, 0, 2), F~3 (−4, 3, 10). F~1 (−2,12,11), F
С18. 29.
С18. 30.
A1 (0, 3, 2), A2 (2, 0, 0), A3 (0, 2, 0),
A1 (3, 2, 0), A2 (1, 0, 0), A3 (0, 2, 0),
F~1 (0, 1, 1), F~2 (4, 2, 5), F~3 (0, 1, 1).
F~1 (2, 1, 1), F~2 (1, 0, 0), F~3 (12, 9, 5).
Пример решения
Задача. К точкам A1 (0, 4, 0), A2 (3, 0, 0) и A3 (0, 0, 1) приложены,
соответственно, силы F~1 (1, 0, 0), F~2 (0, 3, 0) и F~3 (−5, 0, 0) (рис. 85).
Проекции сил даны в ньютонах, координаты точек — в метрах. Найти статиz
ческие инварианты системы сил.
Решение
Находим главный вектор системы —
векторный инвариант:
P
Rx = k Fkx = F1 − F3 = −5 + 1 = −4 Н,
P
Ry = k Fky = F2 = 3 Н,
P
Rz = k Fkz = 0.
A3 1
~
F3 1
1
2
A2
x
- F~2
2
3
A1 y
F~1
Рис. 85
Момент силы F~ в точке A(x, y, z) относительно начала координат
вычисляется по формуле
~ 0 (F~ ) = ~rA × F~ =
M
~i
~j
~k
x
y
z ,
Fx Fy Fz
где ~rA — радиус-вектор точки A. Проекции вектора момента на оси (или
моменты силы относительно осей) имеют вид
Mx = yFz − zFy ,
My = zFx − xFz ,
Mz = xFy − yFx .
(3.3)
126
Пространственная система сил
Глава 3
~0 = PM
~ 0 (F~k ) системы сил
Находим проекции главного момента M
как суммы моментов сил F~1 , F~2 и F~3 относительно осей:
P
Mx = k Mkx = 0,
P
My = k Mky = −F3 · 1 = −5 Нм,
P
Mz = k Mkz = F2 · 3 − F1 · 4 = 9 − 4 = 5 Нм.
Находим скалярный инвариант системы сил:
~0 ·R
~ = Mx Rx + My Ry + Mz Rz = −15 Н2 м.
I=M
Замечание. При вычислении моментов относительно осей не обязательно пользоваться аналитическими формулами (3.3). Воспользуемся
определением момента силы относительно оси на с. 111, рис. 80. Найдем,
например, момент силы F~1 относительно оси z. Из рисунка 85 ясно,
что вектор силы F~1 стремится повернуть тело, к которому он приложен,
вокруг оси z по часовой стрелке с плечом 4 м, если смотреть с конца оси
z, т. е. сверху. Следовательно, момент равен −1 · 4 = −4 Нм. Аналогично,
сила F~2 стремится повернуть тело вокруг этой же оси против часовой
стрелки с плечом 3 м, и ее момент равен 3 · 3 = 9 Нм. В сумме получаем
Mz = 5 Нм. Относительно оси x силы системы моментов не имеют: силы
F~1 и F~3 параллельны оси, а сила F~1 — пересекает ось 1 . Вращательной
способности у этих сил нет, в результате Mx = 0. Сила F~3 стремится повернуть тело вокруг оси y по часовой 2 стрелке с плечом 1 м. Вычисляем
момент: −5 · 1 = −5 Нм.
z0
z
A3
F~ -2 3
K0
x
A2
- F~2
x
A1 y
F~1
y0
Рис. 86
Проверка. Значение инварианта системы сил не зависит от выбора
точки приведения. В предложенном решении точка приведения находилась в начале координат. Расположим для проверки точку приведения в
другом месте, например, на плоскости xy в точке K(3, −2, 0) (рис. 86).
Новые оси координат x0 y 0 z 0 с центром в K проведем параллельно старым.
1
В общем — если вектор силы и ось лежат в одной плоскости, то момент силы
относительно этой оси равен нулю.
2
Поэтому произведение берется с минусом.
Центр тяжести
127
Вычислим проекции главного момента:
P
Mx0 = k Mkx0 = 0,
P
My0 = k Mky0 = −F3 · 1 = −5 Нм,
P
Mz0 = k Mkz0 = F3 · 2 − F1 · 6 = 4 Нм.
Скалярный инвариант системы сил имеет вид
~K ·R
~ = Mx0 Rx + My0 Ry + Mz0 Rz = −15 Н2 м.
I=M
Проверка выполнена. Значение инварианта получилось тем же.
Интересно сравнить
√ модули главных
√ моментов относительно
√ точек O
2
2
2
2
и K.
√ Имеем: MO = 5 + 5 = 5 2 = 7,07 Нм, MK = 5 + 4 =
= 41 = 6,40 Нм. Модуль момента уменьшился. Главный момент относительно различных центров приведения меняет и величину, и направление,
а скалярный инвариант I и главный вектор
q
p
R = Rx2 + Ry2 + Rz2 = 32 + 42 = 5 Н
остаются постоянными. Минимальное значение модуля главного момента
вычисляется по формуле
M∗ = |I|/R = 15/5 = 3 Нм.
Точки, относительно которых главный момент минимальный, образуют прямую — центральную винтовую ось, уравнение которой имеет вид
MOx − yRz + zRy
MOy − zRx + xRz
MOz − xRy + yRx
=
=
= p,
Rx
Ry
Rz
где p = I/R2 — шаг винта. Индексы в уравнениях образуют круговую
перестановку
←
−−y−−
x−
→
→−−z.
Если систему сил привести к любой точке на центральной винтовой
оси, то главный вектор и главный момент будут лежать на этой оси и
образовывать так называемую динаму.
Глава 4
Центр тяжести
Принято считать, что задачи статики — это определение реакций опор.
И действительно, в большинстве задач этого сборника ставится такая
задача. Однако есть исключения. Одно такое исключение отмечено в